%附加的东西

\chapter{连续系统的振动}
\section{一维波动方程}
\subsection{杆的纵向振动方程}
杆件的长度为~$L$，截面积为~$A$，密度为~$\rho$，弹性模量为~$E$。
那么杆件的振动函数为~$u(x,t)$，其中~$x\in[0,L]$。使用牛二定律列
方程。取出杆件的一小段~$[x,x+dx]$~来分析。杆件上任一点的拉力为
~$F(x)$，牛二定律为
\[ ma = F \]
\[ (\rho Adx)\pkft{2}{u}{t} = F \]
下面计算右边的力。它等于
\[ F = F(x+dx) - F(x) = EA\varepsilon(x + dx) - EA\varepsilon(x) \]
也就是
\[ F = EA(\varepsilon(x + dx) - \varepsilon(x)) \]
而应变~$\varepsilon$~可以表示为
\[ \varepsilon(x) = \pft{u}{x} \]
于是
\[ F = EA\frac{\pft{u}{x}(x + dx) - \pft{u}{x}(x)}{dx}dx 
     = EA\pkft{2}{u}{x}dx 
\]
于是有
\[ (\rho Adx)\pkft{2}{u}{t} = EA\pkft{2}{u}{x}dx \]
结果是
\[ \pkft{2}{u}{t} = \frac{E}{\rho}\pkft{2}{u}{x} \]
使用参数
\[ a = \sqrt{E/\rho} \]
得到
\[ \pkft{2}{u}{t} = a^2\pkft{2}{u}{x} \]
这就是纵向波动方程。


\subsection{弦的横向振动方程}
仍然是从弦上取一小段微元~$[x,x+dx]$。用函数~$y(x,t)$~表示杆件的
振动方程。弦的拉力为~$F_0$，近似是个常数。弦的倾角表示为
~$\theta(x)$，它可以表示为
\[ \theta(x) = \pft{y}{x} \]
这是一个近似的表达式。使用牛二定律
\[ F = ma \]
其中等式右端可以表示为
\[ ma = (\rho Adx)\pkft{2}{y}{t} \]
等式左端可以表示为
\[ F = F_0\sin\theta(x+dx) - F_0\sin\theta(x) 
     = F_0\theta(x+dx) - F_0\theta(x) 
\]
它可以表示为
\[ F = F_0\frac{\theta(x+dx) - \theta(x)}{dx}dx = F_0\pkft{2}{y}{x}dx \]
于是有等式
\[ (\rho Adx)\pkft{2}{y}{t} = F_0\pkft{2}{y}{x}dx \]
结果是
\[ \pkft{2}{y}{t} = \frac{F_0}{\rho A}\pkft{2}{y}{x} \]
使用符号
\[ a = \sqrt{\frac{F_0}{\rho A}} \]
方程写成
\[ \pkft{2}{y}{t} = a^2\pkft{2}{y}{x} \]


\subsection{计算杆的纵向振动}
计算杆件的纵向振动。已知杆件的参数为~$E,A,\rho,L$。振动函数~$u(x,t)$~的
左边界条件为
\[ u(0,t) = 0 \]
右边界条件是应变为零
\[ \pft{u}{x}(L,t) = 0 \]
初始位移为
\[ u(x,0) = (1 + \alpha)x \]
初始速度为
\[ \pft{u}{t}(x,0) = 0 \]
解方程。
\midpar

解。最开始解不出来，因为缺少一个边界条件，就是杆件右端的应变为零。
补充上这个边界条件就可以解出来了。还是采用分离变量法。令
\[ u(x,t) = X(x)T(t) \]
代入得到方程
\[ X'' + \lambda X = 0 \]
\[ T'' + \lambda a^2 T = 0 \]
其中~$\lambda$~是常数。先解第一个方程。当~$\lambda\leq 0$~时，得到
平凡解。所以不考虑这两种情况。当~$\lambda>0$~时，令
\[ \omega = \sqrt{\lambda} \]
解得
\[ X(x) = A\cos(\omega x) + B\sin(\omega x) \]
使用左边界条件得~$A=0$，于是有
\[ X(x) = B\sin(\omega x) \]
使用右边界条件得
\[ \cos(\omega L) = 0 \]
于是有
\[ \omega_n = \frac{(n-0.5)\pi}{L},\quad (n=1,2,\cdots) \]
于是有
\[ X_n(x) = \sin(\omega_n x) \]
\[ T_n(x) = C_n\cos(a\omega_n t) + D_n\sin(a\omega_n t) \]
于是
\[ u_n(x,t) = \sin(\omega_n x)
   [C_n\cos(a\omega_n t) + D_n\sin(a\omega_n t)] 
\]
代入初始位移条件和初始速度条件，得到
\[ \sum_{n=1}^{\infty} C_n\sin(\omega_n x) = (1 + \alpha)x \]
\[ \sum_{n=1}^{\infty} D_n(a\omega_n)\sin(\omega_n x) = 0 \]
所以下面需要判断
\[ \sin(\omega_n x) \quad (n=1,2,\cdots) \]
是不是一组基。下面分析它的周期性。对于每一个~$n$，它的周期是
\[ T(n) = \frac{2\pi}{\omega_n} = \frac{4L}{2n-1},\quad (n=1,2,\cdots) \]
前几个周期是
\[ \frac{4L}{1},\quad \frac{4L}{3},\quad \frac{4L}{5},\cdots \]
所以它的基波周期为~$4L$。它们都是周期函数。齐次，要看它们是否正交。
也就是分析下面的积分
\[ \int_0^{4L} \sin(\omega_n x)\sin(\omega_m x)dx \]
经过计算，它们是正交的。具体参见数学公式。于是可以分离出各系数。
\midpar


\subsection{例题}
杆件的纵向振动。杆件左端固定，右端自由且有附加质量~$m_0$。杆件长度
为~$L$，截面积为~$A$，密度为~$\rho$，弹性模量为~$E$。计算此杆件的
自由振动。
\midpar

计算。此杆件满足波动方程
\[ \pkft{2}{u}{t} = a^2\pkft{2}{u}{x}\quad (a = \sqrt{E/\rho}) \]
它的第一个边界条件是
\[ u(0, t) = 0 \]
这表示杆件左端固定，永远没有位移。第二个边界条件就是右端的受力平衡。
使用惯性力列方程
\[ F_I + F = 0 \]
其中惯性力为
\[ F_I = -m_0\pkft{2}{u}{t}(L,t) \]
外力为
\[ F = -EA\pft{u}{x}(L,t) \]
负号是因为，当应变~$\varepsilon>0$~时，杆件处于受拉状态，所以杆件
对于小球~$m_0$~的加速度沿~$x$~轴的负方向。所以使用负号。结果是
\[ EA\pft{u}{x}(L,t) = -m_0\pkft{2}{u}{t}(L,t) \]
根据波动方程和这两个边界条件解此方程。


\section{梁的弯曲振动方程}
\subsection{动力学方程}
一个等截面矩形梁，长度为~$L$，抗弯模量为~$EI$，梁的各点~$x$~随时间
的位移为~$y(x,t)$。经过分析，列出的方程为
\[ EI\pkft{4}{y}{x} + \rho A\pkft{2}{y}{t} = f(x,t) \]


\subsection{简支梁的受迫振动}
简支梁的振动方程已经列出来了。它的解由两部分组成。一部分是齐次方程
的通解。此通解可由初始位移和初始速度确定。另一部分是非齐次方程的特
解。下面首先计算齐次方程。齐次方程就是外力为零。也就是
\[ EI\pkft{4}{y}{x} + \rho A\pkft{2}{y}{t} = 0 \]
下面解这个方程。方程变成
\[ \frac{EI}{\rho A}\pkft{4}{y}{x} + \pkft{2}{y}{t} = 0 \]
令
\[ a = \sqrt[4]{\frac{EI}{\rho A}} \]
则方程变成
\[ a^4\pkft{4}{y}{x} + \pkft{2}{y}{t} = 0 \]
使用分离变量法。令
\[ y(x,t) = X(x)T(t) \]
代入得到
\[ a^4T(x)X^{(4)}(x) + X(x)T^{(2)}(t) = 0 \]
于是有
\[ \frac{X^{(4)}}{X} + \frac{T^{(2)}}{a^4T} = 0 \]
于是有
\[ \frac{X^{(4)}}{X} = -\frac{T^{(2)}}{a^4T} = \lambda \]
其中~$\lambda$~是常数。也就是得到方程组
\[ X^{(4)} - \lambda X = 0 \]
\[ T^{(2)} + \lambda a^4 T = 0 \]
\midpar

首先解关于~$X$~的方程。根据数学上的分析，要发生振动要求~$\lambda>0$，
所以只考虑这种情形。令
\[ \omega = \sqrt[4]{\lambda} \]
于是有
\[ X^{(4)} - \omega^4 X = 0 \]
\[ T^{(2)} + (a\omega)^4 T = 0 \]
解关于~$X$~的方程。它的解是
\[ X(x) = A_1\cosh\omega x + A_2\sinh\omega x + 
   A_3\cos\omega t + A_4\sin\omega t 
\]
根据简支梁的初值条件
\[ X(0) = 0, \quad X(L) = 0 \]
\[ X''(0) = 0,\quad X''(L) = 0 \]
经过计算有结果
\[ A_1 = 0,\quad A_2 = 0,\quad A_3 = 0 \]
以及要发生振动，必须有
\[ \sin\omega L = 0 \]
于是有
\[ \omega L = n\pi,\quad (n=1,2,\cdots) \]
于是有
\[ \omega_n = \frac{n\pi}{L},\quad (n = 1,2,\cdots) \]
于是得到满足边界条件的函数集
\[ X_n(x) = A_n\sin\left(\frac{n\pi}{L}x\right),\quad (n=1,2,\cdots) \]
\midpar

接下来解关于~$T$~的方程。方程变成
\[ T'' + (a\omega_n)^4 T = 0 \]
解出来为
\[ T_n(t) = C_n\cos(\frac{na\pi}{L})^2 t + D_n\sin(\frac{na\pi}{L})^2 t \]
所以有结果
\[ y_n(x,t) = \sin(\frac{n\pi}{L}x)\left( 
   A_n\cos(\frac{na\pi}{L})^2 t + B_n\sin(\frac{na\pi}{L})^2 t \right) 
\]
于是完整的解是
\[ y(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}\sin(\frac{n\pi}{L}x)\left( 
   A_n\cos(\frac{na\pi}{L})^2 t + B_n\sin(\frac{na\pi}{L})^2 t \right)
   ,\quad (n=1,2,\cdots)
\]
然后代入初始位移和初始速度即可解出系数。
\midpar
\hrule
\midpar

下面计算模态函数的正交性。根据梁的自由振动方程，得到
\[ X^{(4)} = \omega^4 X(x) \]
这可以计算出一系列~$\omega_n(n=1,2,\cdots)$，每一个~$\omega_n$~都对
应一个模态函数。记~$\omega_i$~对应的方程为~$x_i(x)$，$\omega_j$~对应
的方程为~$x_j(x)$。那么有
\[ x_i^{(4)} = \omega_i^4 x_i(x) \]
\[ x_j^{(4)} = \omega_j^4 x_j(x) \]
计算下面的积分
\[ \int_0^L x_j(x)\omega_i^4 x_i(x)dx \]
使用分部积分法，根据边界条件，得到
\[ \omega_i^4\int_0^L x_j(x)x_i(x)dx = 
   \int_0^L x_i^{(2)}(x)x_j^{(2)}(x)dx 
\]
另外再计算另一个积分
\[ \int_0^L x_i(x)\omega_j^4 x_j(x)dx \]
得到结果
\[ \omega_j^4\int_0^L x_i(x)x_j(x)dx = 
   \int_0^L x_i^{(2)}(x)x_j^{(2)}(x)dx 
\]
于是有结果
\[ (\omega_i^4 - \omega_j^4)\int_0^L x_i(x)x_j(x)dx \]
当~$\omega_i\neq \omega_j$~时，有
\[ \int_0^L x_i(x)x_j(x)dx \]
这表示两个模态函数是正交的。下面把这些模态函数写成
\[ \phi_1(x),\phi_2(x),\cdots,\phi_n(x),\cdots \]
\midpar
\hrule
\midpar

下面计算非齐次方程的特解。非齐次方程为
\[ \frac{EI}{\rho A}\pkft{4}{y}{x} + \pkft{2}{y}{t} = f(x,t) \]
使用符号
\[ a = (\frac{EI}{\rho A})^{1/4} \]
则方程变成
\[ a^4\pkft{4}{y}{x} + \pkft{2}{y}{t} = \frac{f(x,t)}{\rho A} \]
由于前面已经计算出了一组可数的模态函数，它们互相正交，所以它们构成
一组基。所以非齐次方程的特解可以用这组基来表示。比如表示为
\[ y(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \phi_n(x)q_n(t) \]
把它代入非齐次方程得到
\[ \sum_{n=1}^{\infty} 
   \left[ a^4\phi_n^{(4)}q_n(t) + \phi_n q^{(2)}_n \right] = 
   \frac{f(x,t)}{\rho A} 
\]
将它对~$\phi_k(x)$~在~$[0,L]$~上进行积分，利用基函数的正交性分离出
方程。经过计算有
\[ \sum_{n=1}^{\infty}a^4\left(\int_0^L \phi_n^{(4)}\phi_kdx\right)q_n(t) 
 + \sum_{n=1}^{\infty}\left(\int_0^L \phi_n\phi_kdx\right)q_n^{(2)} = 
 \int_0^L \frac{f(x,t)}{\rho A}\phi_k(x)dx
\]
由于基函数的正交性，有结果
\[ a^4\left(\int_0^L \phi_k^{(4)}\phi_kdx\right)q_n(t) + 
   \left(\int_0^L \phi^2_kdx\right)q_n^{(2)} = 
   \int_0^L \frac{f(x,t)}{\rho A}\phi_k(x)dx
\]
引进如下参数
\[ c_n = \int_0^L (\phi^{(2)}_k(x))^2dx \]
\[ d_n = \int_0^L \phi^2_k(x)dx \]
则方程可以简化为
\[ q^{(2)}_k + \frac{a^4 c_k}{d_k}q_k = 
   \frac{1}{d_k}\int_0^L \frac{f(x,t)}{\rho A}\phi_k(x)dx,
   \quad (k=1,2,\cdots)
\]
其中
\[ \frac{a^4c_k}{d_k} = 
   \frac{EI\int_0^L \phi^{(4)}_k\phi_kdx}{\rho A\int_0^L \phi^2_kdx} 
\]
\[ Q_k(t) = \frac{1}{d_k}\int_0^L \frac{f(x,t)}{\rho A}\phi_k(x)dx \]
于是方程可以写成更加简单的形式。所以理论上简支梁的受迫振动已经可以
计算了。
\midpar

以上计算的缺点。以上计算是从数学角度进行计算的。没有过多的考虑物理
意义。尤其使用的频率符号~$\omega$~不是与时间对应的。它应该与时间对
应。可以使用不同的符号。比如分别使用~$s_n,\omega_n$~来表示不同的频
率。

